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1、 数.令9 - 4a=n2, n是正奇数,且n3,则a=9 -n2 4.故x1,2=- 2( a- 3)2n 2a= - 1 +3n a= - 1+4(3n)9 -n2.所以, x1= - 1 +4 3 +n, x2= - 1 +4 3 -n.于是, n只可能为1,5,7.从而, a= 2,- 4,- 10. )5.设a、b都是奇数,且关于x的方程x2+(4a- 3b) x+ 4a2+b2+ 9 = 0的两个根都是质数.求这个方程的两个整数根.(提示:设方程的两个质数根为x1、x2,且x1x2.则x1+x2= -(4a- 3b)是奇数.所以, x1、x2中有一个为偶质数,故x1= 2, x2=
2、 - 4a+ 3b- 2.又x1x2= 4a2+b2+ 9,则4a2+b2+ 9 = 2(- 4a+ 3b-2) ,即4( a+ 1)2+( b- 3)2= 0.从而, a= - 1, b= 3.此时, x1= 2, x2= 11. )多元函数最值问题解法举例石 世 银(重庆市第一中学,400030)收稿日期:2004 - 03 - 08 修回日期:2005 - 01 - 03(本讲适合高中) 多元函数最值是数学竞赛中的热点问 题,解决这类题很讲究技巧性.下面结合国内 外的一些数学竞赛题介绍几种解法.1 数形结合例1 求以实数x、y为自变量的函数u ( x , y)=x2+81 x2- 2xy
3、+18 x2 -y2的最小值1. (第二届 “希望杯” 全国数学邀请赛) 讲解:原式配方得u( x , y)=9 x+2 -y22 +( x-y)2-2.考虑点P1x ,9 x, P2( y ,-2 -y2) .当xR( x0)时,点P1在以两坐标轴为渐近线的双曲线上,点P2在半圆x2+y2= 2( y0)上,则|P1P2|32 -2 = 22.所以, u ( x , y)= |P1P2|2- 26. 当且仅当x= - 3, y= - 1时, u ( x , y) = 6.因此, u ( x , y)min= 6. 注:此解法的关键是,将二元函数最值巧妙地转化为双曲线上的点和半圆上的点二者 之
4、间的最近距离.2 利用函数的增减性例2 设非负实数a、b、c,满足ab+bc+ca=1.求u=1 a+b+1 b+c+1 c+a的最小值. 讲解:由已知得( b+c) ( c+a)= 1 +c2. 取倒数并变形得 1 b+c+1 c+a=2c+( a+b)1 +c2.故u=1 a+b+a+b 1 +c2+2c 1 +c2.由ab+bc+ca= 11 4( a+b)2+c( a+b)1a+b2(1 +c2-c) . 由对称性,不妨令abc ,则0c3 3,1 +c2- 2c0.令t=a+b,则t21 +c2- 2c,+) .故u=1 t+t 1 +c2+2c 1 +c2.易证u ( t)在21
5、+c2- 2c ,+)上 单增.于是,52005年第4期u ( t)u (21 +c2- 2c)=1 2(1 +c2+c)+21 +c2=21+c2+11+c2-3 21+c2-1 3c4 -3 21 +c2-1 3c .因为1 +c2+11 +c22,当且仅当c= 0时,等号成立.而当0c3 3时,有g(c)= -1 +c2-1 3cg(0)= - 1,所以, u52.当且仅当c= 0, a=b= 1时, u=5 2.因此, umin=5 2.注:将问题转化为研究函数u=1 t+t 1 +c2+2c 1 +c2在21 +c2- 2c ,+)上的增减性是此解 法的关键所在.3 复数法例3 已知
6、x、y、z是不全为零的非负 实数.求u=x2+y2+xy+y2+z2+yz+z2+x2+zx x+y+z 的最小值.讲解:令z1=x+y 2+3 2yi,z2=y+z 2+3 2zi, z3=z+x 2+3 2xi,其中x0, y0, z0.则x2+y2+xy+y2+z2+yz+z2+x2+zx = |z1| + |z2| + |z3|z1+z2+z3|=3 2( x+y+z)+3 2( x+y+z)i= 3|x+y+z|.所以, u3. 当且仅当argz1= argz2= argz3,即x=y=z 0时,等号成立.因此, umin= 3. 注:利用题给代数式关于x、y、z的轮换 性巧妙消去x
7、+y+z是此解法的关键.4 不等式法例4 设xi 0( i= 1,2, n) , 0,-0,且ni=1xi= 1.对固定的n ( nN+) ,求f ( x1, x2, xn)=ni= 1xi -xi的最小值.讲解: f ( x1, x2, xn)+n =ni= 1xi -xi+1 = ni= 11 -xi= ( n-)ni= 1(-xi)ni= 11 -xi ( n-)n2.当且仅当xi=1 n( i= 1,2, n)时,等号成立.所以,当xi=1 n( i= 1,2, n)时,f ( x1, x2, xn)=n n-.因此, f ( x1, x2, xn)min=n n-. 注:利用均值不等
8、式、 柯西不等式是求多 元函数最值的常用方法.解此题的关键是,构造出ni= 1(-xi) ni= 11 -xin2.5 换元法换元法是常用的解题技巧.在解多元函 数最值问题时,换元法可将变元减少或将不 易求最值的式子化为便于用一些基本不等式 来解答的形式,从而使问题得到解决. 例5 设xi0( i= 1,2, n) ,且ni= 1x2i+ 2 1kjnk jxkxj= 1.求ni= 1xi的最大值和最小值.6中 等 数 学(2001,全国高中数学联赛)讲解:先求ni= 1xi的最小值.由kj知ni= 1x2i+ 2 1kjnk jxkxj(ni= 1xi)2.当且仅当x1, x2, xn中至多
9、有一个 不为0时,等号成立.所以,(ni= 1xi)21.因此, (ni= 1xi)min= 1.再求ni= 1xi的最大值.令xk=kyk,由已知有y21+ 2y22+ny2n+ 2y1( y2+y3+ +yn)+22y2( y3+y4+yn)+ +2( n- 1) yn- 1yn=1 ( y1+y2+yn)2+( y2+y3+ +yn)2+( yn- 1+yn)2+y2n=1.设ak=ni=kyi,则yk=ak-ak+ 1.由式 有nk= 1a2k= 1.令an+ 1= 0,则xk=k ( ak-ak+ 1) ,故nk= 1xk=nk= 1k ( ak-ak+ 1)=nk= 1ak(k-k
10、- 1)(nk= 1a2k) nk= 1(k-k- 1)2=nk= 1(k-k- 1)2.当且仅当a2k(k-k- 1)2=1 ni= 1( i-i- 1)2( k= 1,2, n) ,即ak=k-k- 1ni= 1(i-i- 1)2( k= 1,2, n) ,即 xk=k (2k-k- 1 -k+ 1)ni= 1(i-i- 1)2( k= 1,2, n- 1) ,xn=n (n-n- 1)ni= 1(i-i- 1)2时,(nk= 1xi)max=nk= 1(k-k- 1)2.注:作代换xk=kyk和ak=ni=kyi,从而得到nk= 1xk=nk= 1ak(k-k- 1)是解此题的关键.6
11、逐步调整法对于多个变量的最值,如果将变量的个 数逐渐减少,最后化为一元或二元函数,使问 题得以简化,这种方法称为逐步调整法. 例6 设n是一个固定的整数, n2. 试确定最小的正数c ,使得不等式 1ijnxixj( x2 i+x2 j)c(ni= 1xi)4对所有的非负实数xi( i= 1,2, n)都成 立. (第40届IMO) 讲解:当xi= 0( i= 1,2, n)时,对一 切c都成立. 当xi不全为0时,问题转化为f ( x1, x2, xn)= 1ijnxixj( x2 i+x2j)(ni=1xi)4c 恒成立,即f ( x1, x2, xn)maxc. 由于f ( x1, x2
12、, xn)是齐次对称式,且不妨令ni= 1xi= 1,则f ( x1, x2, xn)=ni= 1( x3 i-x4i) .不妨规定x1x2xn.若xk+ 1=72005年第4期xk+ 2=xn= 0,将( x1, x2, xk- 1, xk,0,0,0( n-k)个)调整为( x1, x2, xk- 1+xk,0,0,0( n-k+ 1)个) ,则 f ( x1, x2, xk- 1+xk,0,0,0( n-k+ 1)个)-f ( x1, x2, xk- 1, xk,0,0,0( n-k)个)=( xk- 1+xk)3-( xk- 1+xk)4-( x3 k- 1-x4 k- 1+x3 k-
13、x4 k) = 3x2k- 1xk+ 3xk- 1x2k-(4x3k- 1xk+6x2k- 1x2k+ 4xk- 1x3k)=xk- 1xk2( xk- 1+xk)- 3( xk- 1+xk)2+( xk- 1-x2 k- 1)+( xk-x2 k) .若k- 12,则xk- 1+xk23.又xk-x2k0, xk- 1-x2k- 10,则f ( x1, x2, xk- 1+xk,0,0,0( n-k+ 1)个)f ( x1, x2, xk- 1, xk,0,0,0( n-k)个) .经过一次调整f ( x1, x2, xn)不减, 故经有限次调整,有f( x1,x2,xn)f( x1,x2,
14、 0,0,0( n- 2)个) )=x31+x32-x41-x42. 因为x1+x2= 1,所以,f ( x1, x2,0,0,0)( n- 2)个=x1x2(1 - 2x1x2)18.当x1=x2=1 2, xi= 0( i= 3,4, n)时,有f ( x1, x2, xn)=1 8.所以, f ( x1, x2, xn)max=1 8.因此, c18,即cmin=1 8.注:逐步调整得出f ( x1, x2, xk- 1+xk,0,0,0( n-k+ 1)个)f ( x1, x2, xk- 1, xk,0,0,0( n-k)个) ,把多元函数逐步减元是此解法的关键.7 整体构造法逐步调整
15、是从 “微观” 上去分析解决问 题,整体构造则是从 “宏观” 上将问题分成几 部分,再从中解决. 例7 同例6. 讲解:当xi( i=1,2, n)不全为0时,设x= 1ijnxixj(ni= 1xi)2,y= 1ijknxixjxk( xi+xj+xk)(ni= 1xi)4.因为 1ijnxixj( x2 i+x2 j)= 1ijnxixj (nk= 1xk)2- 2 1uvnxuxv-nki , kjx2k= 1ijnxixj(nk= 1xk)2- 2( 1ijnxixj)2- 1ijknxixjxk( xi+xj+xk) ,则由条件中所给的式子,有 - 2x2-y+xc.因- 2x2-y+x= - 2x-1 42 +1 8-y18,当且仅当x=1 4,且y= 0时,等号成立.所以, c18,即cmin=1 8.当x1=x2=xn= 0时也成立. 注:整体构造法解此题的关键是利用中 间变量代换,将原式化为- 2x2-y+xc.8 特殊赋值法有些竞赛题直接解答有难度,不妨 “退后 一步”,从特殊出发,先探索出结论,再证一般
